Mot so BDT co nhieu cach giai VD3456

Các bạn tham khảo. Mục đích là rèn luyện HSG, nâng cao khả năng tư duy giải toán cho HSG
hay học sinh lớp chọn về BĐT. Có những bài chỉ nêu hướng dẫn mà khơng giải.

Ví dụ 3: (HSG TP Hải Phòng 2011 – 2012) Cho các số thực dương a, b, c tùy ý.
Chứng minh rằng:

a4
b4
c4
P= 3
+
+
≥ 1.
b (c + 2a) c3 (a + 2b) a 3 (b + 2c)
Hướng 1:
Thử tách biểu thức và dùng bđt B.C.S ta viết lại:
2

 a 2 b2 c2 
a
b
c
 + + 
2
2
2
b
c
a
b
c

a
. Đến đây áp dụng bđt Cô si
P=
+
+
≥
(bc + 2ab) (ca + 2bc) (ab + 2ca ) 3 ( ab + bc + ca )
4

4

4

quen thuộc

 a2
  b2
  c2

 + b  +  + c  +  + a  − ( a + b + c ) ≥ 2a + 2b + 2c − ( a + b + c ) = a + b + c .
 b
  c
 a

2

( a + b + c ) ≥ 1 (đpcm). Đẳng thức có tại a = b = c .
P≥
3 ( ab + bc + ca )

Khi đó ta được:

Hướng 2:
Đổi biến số

P=

x4
1
( + 2 x)
y

Suy ra P ≥

P≥

a
b
c
= x > 0, = y > 0, = z > 0 ⇒ xyz = 1 thì
b
c
a

+

y4

z4

+
1
1
( + 2 y) ( + 2 z)
z
x

(x

2

+ y2 + z2

)

2

1 1 1
2( x + y + z ) +  + + 
x y z

(x

2

+ y2 + z2

)

)

(Vì 3 ≤ x 2 + y 2 + z 2 ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≤

≥

2

+ y2 + z2

)

2

2 xyz ( x + y + z ) + ( xy + yz + zx )

(x

2

2
( xy + yz + zx) 2 + x 2 + y 2 + z 2
3

(

=

(x

2

+ y2 + z2

)

2

2 2
1
( x + y 2 + z 2 )2 + x2 + y 2 + z 2
3
3

(

2
1 2
x + y 2 + z 2 ) ta có đpcm.
3

(

Hướng 3:

)

)

2

=1


Đổi biến số

P=

a
b
c
= x > 0, = y > 0, = z > 0 ⇒ xyz = 1 thì
b
c
a

x4
1
( + 2 x)
y

+

y4

z4

+
1
1
( + 2 y) ( + 2 z)

z
x
x4

x4 y
x 4 yz
x3
=
=
=
Biến đổi thành phần
. Đến đây ta áp dụng bđt
1
(1
+
2
xy
)
(z
+
2
xyz
)
(z
+
2)
( + 2 x)
y
Cô si:

x ( z + 2) 2x2
x3
x3
2 x 2 2 x + zx
+
≥
⇒
≥
−
. Và tương tự với chú ý rằng
(z + 2)
9
3
(z + 2)
3
9

(

)

xy + yz + zx ≤ x 2 + y 2 + z 2 và x + y + z ≤ 3 x 2 + y 2 + z 2 ≤ x 2 + y 2 + z 2 thì khi đó ta có

P≥

(

2 x2 + y 2 + z 2
3

) − 2 ( x + y + z ) + ( xy + yz + zx ) ≥ x
9

2

+ y2 + z2
≥ 1. đpcm.
3

Hướng 4:
Cũng như hướng 1, ta sẽ tách biến kiểu khác: Ký hiệu a 2 = x, b 2 = y , c 2 = z; x + y + z = S

P=

a4
b4
c4
b2 + c 2
+
+
,
áp
dụng
và tương tự thì
bc
≤
2
b 2 ( bc + 2ab ) c 2 ( ca + 2bc ) a 2 ( ab + 2ca )

2 x2

2 y2
2z2
2 x2
2 y2
2z2
3 y + z + 2 x 3z + x + 2 y 3x + y + 2 z
P≥
+
+
=
+
+
y ( 3 y + z + 2 x ) z ( 3z + x + 2 y ) x ( 3x + y + 2 z )
y
z
x
.
2



x
y
z
2 
+
+

3y + z + 2x
3z + x + 2 y

3 x + y + 2 z 
2Q 2

P≥
=
. Xét
S
S

Q=

x2
y2
z2
S2
+
+
≥
x 3 y + z + 2 x y 3z + x + 2 y z 3x + y + 2 z
S  2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 + 4 ( xy + yz + zx ) 
2

 S
2


2
S2
S


Q≥
=
suy ra P ≥
= 1 (đpcm). Đẳng thức có
2
S
2S 3

⇔ x= y = z ⇔a=b=c.


Hướng 5:
Các hướng trên đều sử dụng bđt B.C.S mà không sử dụng bđt Cô si hay sao? ta thử vận
dụng:

a4
c + 2a 1 a
+
+ ≥ và tương tự thì
3
9a
3 b
b (c + 2 a )

1  c a b  15 a b c
8  c a b  15 24 − 15
P+  + + + ≥ + + ⇒ P≥  + + − ≥
=1
9 a b c  9 b c a
9 a b c  9

9
(Vì

a b c
+ + ≥ 3 ) (đpcm). Đẳng thức có ⇔ a = b = c . Rõ ràng đây là cách ngắn gọn
b c a

nhất.

Ví dụ 4: (THPT hư Thanh - Thanh Hóa 2018 2019) Cho a, b, c ≥ 0 và
a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a3

P=

1+ b

2

+

b3
1+ c

+

2

c3

1+ a

2

.

Cách 1: (Đáp án)
a3

Ta có: P + 3 =

1+ b

b3

2

2

+b +

a3

1+ c

2

2

+c +

c3
1+ a

2

+ a2

1 + b2
b3
b2
1 + c2
⇔ P+
=
+
+
+
+
+
4 2 2 1 + b2 2 1 + b2 4 2
2 1 + c2 2 1 + c2 4 2
6

a2

a6
b6
c6
1 + a2
3

3
3
≥3
+3
+3
+
+
+
2
2
16
2
16
2
16 2
4
2
2 1+ a
2 1+ a
c3

⇒P+

c2

3
2 2

≥

3
23 2 2

(a 2 + b 2 + c 2 ) =

9
26 8

⇒P≥

9
2 6 23

−

3
2 2

=

9
2 2

−

3
2 2

=

3
2

Cách 2: (Cơ si thuận)
Gạch bỏ số 1 ta phân tích

a3

a3

a3
≈
≈
vì thế ta có cách giải sau: Cơ si 3 số
2
2
b
1+ b
b

(chuNn)
a3

a3

b 2 + 1 3a 2
+
+
≥
. Thành lập hai bđt tương tự và cộng các vế thì:

2
1 + b2
1 + b2 2 2


(

)

2
2
2
a2 + b2 + c2 + 3 3 a + b + c
9
6
3
.
2P +
≥
⇒ 2P ≥
−
⇒P≥
2 2
2
2 2 2
2

Vậy min P =

3

⇔ a = b = c = 1.
2

Cách 3: (Cô si đảo + B.C.S)

a3

2 2a 4

2 2a 4
=
≥ 2
Ta có đánh giá khử căn bậc hai
Tương tự và
2
2
2
2
2
1
a
+
+
b
1+ b
2. 2a . 1 + b
suy ra:

(

)

2

2 2 a 2 + b2 + c 2
2 2a 4
2 2b 4
2 2c 4
18 2 3 2
P≥ 2
+
+
≥
=
=
.
12
2
2a + 1 + b2 2b2 + 1 + c 2 2c 2 + 1 + a 2 3 a 2 + b 2 + c 2 + 3

(

)

3
⇔ a = b = c = 1.
2

Vậy min P =

Cách 4: (Đổi biến + B.C.S)
Đổi biến số a 2 = x, b 2 = y , c 2 = z ⇒ x + y + z = 3 . Ta có

a3

x2
. Tương tự
x. 1 + y

=

1 + b2

ta có:
P=

x2
+
x. 1 + y

Vậy min P =

y2
+
y. 1 + z

z2
≥
z. 1+ x

( x + y + z )2
=
( x + y + z )( 3 + x + y + z )

9
3
.
=
18
2

3
⇔ x = y = z = 1 ⇔ a = b = c = 1.
2

Cách 5: (Đổi biến + Cô si thuận)
2

2

2

Đổi biến số a = x, b = y , c = z ⇒ x + y + z = 3 . Khi đó

a3
1+ b

2

=

x + xy 2 x
x + xy
x2
x2
2x
+
≥
⇒
≥
−
. Mà ta có
2
2
x + xy
2
x + xy
2

x2
, ta có:
x + xy

x + xy ( x + xy ) + 2
≤
2
4 2

nên
x2

2 x x + xy + 2
≥
−
. Hoàn toàn tương tự và chú ý xy + yz + zx ≤ 3 ta được:
x + xy
2
4 2

P≥

2( x + y + z )
2

−

x + y + z + xy + yz + zx + 6 6
12
3
≥
−
=
.
4 2
2 4 2
2


Vậy min P =

3

⇔ x = y = z = 1 ⇔ a = b = c = 1.
2

Cách 6: (Cô si đảo + B.C.S)
Áp dụng bđt Cô si ta có:

a3
1+ b

=

2

2 2a 3

(

2 2 1 + b2

)

2 2a 3
2 2a 4
≥
=
như thế sẽ xuất
3 + b 2 3a + ab 2

hiện biểu thức M = ab 2 + bc 2 + ca 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Thật vậy M = b.ab + c.bc + a.ca
nên

M≤

(b

2

)(

)

+ c 2 + a 2 a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ≤ 3.

(

1 2
a + b2 + c2
3

(

)

2

= 3 và ngồi ra thì

)

a + b + c ≤ 3 a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Từ các phân tích trên suy ra:

4

P≥

4

4

(

2 2 a 2 + b2 + c 2

)

2

2 2a
2 2b
2 2c
18 2 3 2
+
+
≥
≥
=
.
2
2
2
3( a + b + c ) + M

12
2
3a + ab
3b + bc
3c + ca

Vậy min P =

3
⇔ a = b = c = 1.
2

Ví dụ 5: (HSG Đăk Lăk 2014 2015)
Cho a,b,c ≥ 0, a + b + c = 3 . Chứng minh rằng: P = a3 + b3 + c3 + ab + bc + ca ≥ 6 .

Cách 1: (Đổi biến tổng thể)
Ta biến đổi hoặc đánh giá theo biểu thức trung gian (trung tâm) là a 2 + b 2 + c 2 = t ≥ 3 .
Ta có
3

3

a +b +c

3

(a
≥

2

+ b2 + c2
a+b+c

)

2

(

)

9 − a 2 + b2 + c 2
9−t
t2
và ab + bc + ca =
=
. Khi đó
=
2
2
3

t2 9 − t
theo tính bắc cầu ta chứng minh bđt sau là đủ: +
≥ 6 ⇔ ( t − 3)( 2t + 3) ≥ 0 (đúng
3
2
∀t ≥ 3 ).
Đẳng thức có tại t = 3 ⇔ a = b = c = 1.

t2 9 − t
9 − t t + 9 12
Hoặc từ t ≥ 3 ⇒ +
≥t +
=
≥ = 6 (đpcm).
3
2
2
2
2
Cách 2: (bđt phụ)
3

Dùng phép thế, ta có: 27 = ( a + b + c ) = a3 + b3 + c3 + 3 ( a + b )( b + c )( c + a )


⇔ 27 = a 3 + b3 + c3 + 3 ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − 3abc = a 3 + b3 + c3 + 9 ( ab + bc + ca ) − 3abc
suy ra a 3 + b3 + c3 = 27 − 9 ( ab + bc + ca ) + 3abc và khi đó bđt trở thành:
27 − 9 ( ab + bc + ca ) + ab + bc + ca + 3abc ≥ 6 ⇔ 21 + 3abc ≥ 8 ( ab + bc + ca ) .
Mà ta dễ dàng chỉ ra được 12 ≥ 4 ( ab + bc + ca ) nên ta chứng minh bđt sau:
2

9 + 3abc ≥ 4 ( ab + bc + ca ) ⇔ ( a + b + c ) +

9abc
≥ 4 ( ab + bc + ca )
a+b+c

(đúng vì đây bđt Schur) ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1.

Cách 3: (Tách biến + Cơ si)
Ta có

(
)
(
)
2 P = 2 ( a + b + c ) + a ( 3 − a ) + b ( 3 − b ) + c ( 3 − c ) ≥ 12
⇔ 2 ( a + b + c ) − ( a + b + c ) + 3 ( a + b + c ) ≥ 12 ⇔ 2 ( a

2 P = 2 a 3 + b3 + c3 + 2 ( ab + bc + ca ) = 2 a 3 + b3 + c3 + a ( b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b )
3

3

3

3

3

3

2

2

2

3

)

+ b3 + c 3 ≥ 3 + a 2 + b 2 + c 2

(*).
Để chứng minh (*) ta có nhiều cách, sau đây là bđt Cô si:

a 3 + a 3 + 1 ≥ 3a 2
Ta có 
⇒ 2a 3 + 3 ≥ a 2 + 4a và tương tự cộng các vế rồi rút gọn được
2
2 a + 1 ≥ 4a

(

)

(*).
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1.

Cách 4: (Tách biến + tiếp tuyến)
Cũng biến đổi tương tự như trên và ta cần chứng minh bđt sau:

(

) (

)

2 P = 2 a 3 + b3 + c3 − a 2 + b 2 + c 2 + 3 ( a + b + c ) ≥ 12 .
2

Ta có 2a3 − a 2 + 3a ≥ 7 ( a − 1) + 4 ⇔ 2a3 − a 2 − 4a + 3 ≥ 0 ⇔ ( a − 1) ( 2a + 3) ≥ 0, ∀a > 0
.
Và tương tự suy ra 2 P ≥ 7 ( a + b + c − 3) + 12 = 12 (đpcm). Đẳng thức xảy ra
⇔ a = b = c = 1.

Cách 5:


Về bản chất cũng là cách 1 - nhưng khác hình thức trình bầy, ta dễ dàng chứng minh
được bđt sau: a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 . Khi đó a 3 + b3 + c 3

(a
≥

2

+ b2 + c2
a+b+c

)

2

≥ a 2 + b 2 + c 2 và

như vậy theo tính bắc cầu thì
2

P ≥ a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca = ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca ) ≥ 9 − 3 = 6 (Vì
ab + bc + ca ≤

1
2
( a + b + c ) = 3 ). đpcm. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1.
3

Ví dụ 6: (Sưu tầm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 3 . Chứng
minh rằng:

P=

a3
b3
c3
3
+
+
≥ .
a + bc b + ca c + ab 2
Hướng 1:

Phương pháp đầu tiên mà ta nghĩ tới là bđt Cô si thuận, trước hết ta có đánh giá sau:
abc ≤

1

1
3
2
( a + b + c ) = 1; a 2 + b 2 + c 2 ≥ ( a + b + c ) = 3 . Và sử dụng bđt Cô si (dạng
27
3

chNn)

a ( a + bc )
a3
a3
3a 2 abc
2
+
≥a ⇒
≥
−
và hai bđt tương tự suy ra:
a + bc
4
a + bc
4
4
P≥

(

3 a 2 + b2 + c 2
4

) − 3abc ≥ 9 − 3 = 3 (đpcm). Đẳng thức có ⇔ a = b = c = 1.
4

4

4

2

▶ BĐT Cô si dạng không chuNn là:

a3
a + bc a 3a
a3
3a bc
+
+ ≥
⇒
≥
−
và tương tự suy ra:
a + bc
4
2 2
a + bc 4
4
2

3 ( a + b + c ) ab + bc + ca 9 ( a + b + c )

3
P≥
−
≥ −
= (đpcm). Đẳng thức có
4
4
4
12
2
⇔ a = b = c =1

Hướng 2:


Phương pháp thứ hai là thế đồng bậc hóa, ta có

(

)

2
2
2
1
ab + bc + ca + a 2 + 2bc 2 a + b + c
a + bc = a ( a + b + c ) + bc =
≤
và như vậy ta sẽ
3

3
3

3 a 3 + b3 + c 3
có mẫu thức chung, ta có: P ≥ . 2
và ta chỉ cần chứng minh:
2 a + b2 + c 2
a 3 + b 3 + c 3 ≥ a 2 + b 2 + c 2 (*). BĐT này chứng minh khá đơn giản nhờ bđt Cô si hoặc

B.C.S. Ở đây ta áp dụng bđt Cô si như sau:

a3 + a3 + 1 ≥ 3a 2
⇒ a3 + 1 ≥ a 2 + a hoàn tương tự và cộng các vế và rút gọn thành bđt
 2
a + 1 ≥ 2a
(*).

Hướng 3:
PP thứ ba ta có thể nghĩ đến là dùng bđt B.C.S và khi đó có thể dùng hai dạng:
+ Dạng 1:
Đưa các biến về bình phương: 3 3 abc ≤ a + b + c = 3 ⇒ abc ≤ 1 ⇒ 3abc ≤ 3 ≤ a 2 + b 2 + c 2
.
Khi đó ta có:
4

P=

4

(a

4

2

(a +b + c ) ≥ 3 .
≥
+ 3abc 2 ( a + b + c ) 2

+ b2 + c 2

a
b
c
+ 2
+ 2
≥
a + abc b + abc c + abc a 2 + b 2 + c 2
2

)

2

2

2

2

2

2

2

2

Đẳng thức có ⇔ a = b = c = 1.
+ Dạng 2:
Đưa các biến về bậc nhất hoặc hằng số, ta có:
2

a 2 b2 c 2
(a + b + c) = 3
a + b + c =
+
+
≥
và khi đó ta có đánh giá:
a
b
c
3( a + b + c )
3

3

3

P≥

(

a 3 + b3 + c 3

)

2

a + b + c + ab + bc + ca

9

≥
3+

Đẳng thức có ⇔ a = b = c = 1.

Hướng 4:
Ta có thể thử PP Cơ si ngược dấu, ta có:

1
( a + b + c )2
3

=

3
.

2


a3
a 2bc
a 2bc
1
1
2
2
=a −
≥a −
= a 2 − a abc ≥ a 2 − a (Vì abc ≤ 1 ).
a + bc
a + bc
2
2
2 abc
Hoàn toàn tương tự suy ra:

P ≥ a2 + b2 + c 2 −

1
3 3
( a + b + c ) ≥ 3 − = . đpcm. Đẳng thức có ⇔ a = b = c = 1.
2
2 2
Hướng 5:

Ta có thể tách biến và dùng PP tiếp tuyến, ta có:

a3
a3
4a 3
và đề nghị bạn đọc thử chứng minh bđt sau:
≥
=
a + bc a + 1 b + c 2 4a + ( 3 − a )2
(
)
4

4a 3
4a + ( 3 − a )

2

≥

3
1
( a − 1) + xem thế nào.
2
2

Hướng 6:
Để sử dụng bđt Tchebyshev ta phải tách và đánh giá các hạng tử hợp lý. Giả sử
a ≥ b ≥ c > 0 thì

1 1 1
bc ca ab

≤ ≤ (*) và 2 ≤ 2 ≤ 2 (**) (vì ⇔ c 3 ≤ b3 ≤ a 3 ) rồi cộng hai
a b c
a
b
c

bđt này ta được:

a + bc b + ca c + ab
a2
b2
c2
≤
≤
⇒
≥
≥
như thế ta được hai dãy cùng chiều.
a + bc b + ca c + ab
a2
b2
c2
2

a2
b2
c2
(a + b + c)
9 3
+

+
≥
≥ = . Cuối cùng
Ta đánh giá Q =
a + bc b + ca c + ab a + b + c + ab + bc + ca 6 2
sử dụng bđt Tchebyshev ta có: P ≥
⇔ a = b = c = 1.

a+b+c
3
.Q ≥ (đpcm). Đẳng thức có
3
2